专题02常见的盐和复分解反应

专题02常见的盐和复分解反应一、单选题1.已知①中盛有一定量的碳酸钠溶液,根据下图所示的实验过程，下列说法不正确的是（

）A.

②中溶液为红色

B.

③中溶液的溶质一定含有的是氢氧化钠

C.

④中溶液中存在大量的ClNa+Ca2+H+

D.

加入过量稀盐酸后，③中观察到沉淀消失，溶液的颜色没有变化、同时产生大量气泡【答案】D【解析】【分析】碳酸钠溶液呈碱性，能使无色酚酞变红。【解答】A、碳酸钠溶液呈碱性，能使无色酚酞变红，②中溶液为红色，A不符合题意。

B、碳酸钠溶液和石灰水反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，无法确定反应物中那一个有剩余，或完全反应，所以③中溶液的溶质组成有氢氧化钠、氢氧化钠和碳酸钠、氢氧化钠和氢氧化钙，共3种情况，B不符合题意。

C、加入过量的稀盐酸，稀盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、水、二氧化碳，稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠、水，所以④中溶液的溶质除酚酞外，有氯化钠、氯化钙和盐酸，C不符合题意。

D、②中溶液为红色，当③中加入过量稀盐酸后，碳酸钙沉淀被溶解，③中观察到沉淀消失，产生大量气泡，红色也会消失，D符合题意。故答案为：D2.为了探究中和反应，甲、乙两名同学分别进行以下实验：①甲同学向装有少量Ca（OH）2溶液的试管中倒入一定量的稀盐酸，然后滴加几滴酚酞试液，发现酚酞不变色；②乙同学向滴有酚酞的NaOH溶液中逐滴加入稀盐酸，在滴加过程中，意外发现有气泡产生，原来NaOH已变质，混有了Na2CO3。实验结束，甲、乙两名同学将废液倒人同一洁净的烧杯中，得到无色澄清溶液，分析溶液中溶质的所有成分可能为（

）A.

Na2CO3、NaCl、CaCl2

B.

CaCl2、NaCl

C.

HCl,NaCl

D.

HCl,CaCl2【答案】B【解析】【分析】根据酸碱指示剂的特点、氢氧化钠、氢氧化钙、碳酸钠的性质进行分析即可。

【解答】①甲同学向装有少量Ca（OH）2溶液的试管中倒入一定量的稀盐酸，然后滴加几滴酚酞试液，发现酚酞不变，说明Ca（OH）2，此时可能酸适量，也可能过量，溶液中一定存在CaCl2，可能存在HC。

②乙同学向滴有酚酞的NaOH溶液中逐滴加入稀盐酸，在滴加过程中，意外发现有气泡产生，原来NaOH已变质，混有了Na2CO3，此时溶液中一定含有NaCl。

实验结束，甲、乙两名同学将废液倒人同一洁净的烧杯中，得到无色澄清溶液，则混合液中不会同时存在Na2CO3、CaCl2

。

A.根据分析可知，混合液中不会同时存在Na2CO3、CaCl2，A不正确，不符合题意。

B.根据分析可知，混合液中一定存在CaCl2、NaCl，B正确，符合题意。

C.溶液中一定会有CaCl2、NaCl，C不正确，不符合题意。

D.溶液中一定会有CaCl2、NaCl，D不正确，不符合题意。故答案为：B3.一包白色粉末，可能含有CuSO4、CaCO3、BaCl2、Na2SO4、NaOH中的一种或几种。为探究其组成进行如下实验：①取少量白色粉末，向其中加入足量的水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液；②取实验①滤出的白色沉淀，向其中加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，并产生无色气体；③取实验①得到的滤液，向其中通人CO2，产生白色沉淀。根据以上实验现象，判断白色粉末。下列结论不正确的是（

）A.

白色粉末中一定不含CuSO4、Na2SO4,

B.

白色粉末中一定含有CaCO3、BaCl2

C.

白色粉末中一定含有CaCO3、BaCl2、NaOH

D.

白色粉末中可能含有NaOH【答案】D【解析】【分析】根据题干叙述结合物质的性质进行分析解答，硫酸铜溶液呈蓝色，硫酸钡沉淀不溶于酸，碳酸盐遇酸生成二氧化碳气体，据此分析即可。

【解答】①溶于水得到白色沉淀和无色滤液，而硫酸铜溶液呈蓝色，故一定不含有硫酸铜；

②加入足量的盐酸，沉淀全部溶解，因为硫酸钡沉淀不溶于酸，因此一定不含有硫酸钡，并产生无色气体，说明该沉淀是碳酸钙。

③取实验①得到的滤液，向其中通人CO2，产生白色沉淀，若只含有氯化钡，二氧化碳不与氯化钡反应，若只含有氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳生成碳酸钠不是沉淀，故氯化钡和氢氧化钠同时存在。

综上所诉，白色粉末中一定含有碳酸钙、氯化钡、氢氧化钠，一定不含有硫酸铜、硫酸钠。

A、白色粉末中一定不含CuSO4、Na2SO4,

正确，不符合题意。

B.白色粉末中一定含有CaCO3、BaCl2，正确，不符合题意。

C.白色粉末中一定含有CaCO3、BaCl2、NaOH，正确，不符合题意。

D.白色粉末中一定含有NaOH，而不是可能，D不正确，符合题意。

故答案为：D4.工业盐酸因混有少量FeCl3常显黄色，现将一定质量分数的NaOH溶液逐滴加入到该盐酸中，直至过量，下列各量与图像对应的是(

)A.

B.

C.

D.

【答案】A【解析】【分析】根据盐和酸的混合溶液中加入碱时，酸先与碱发生反应，然后盐再发生反应分析。【解答】A、混有氯化铁的盐酸溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠先与盐酸反应，然后再与氯化铁反应，所以要过一段时间才产生氢氧化铁沉淀，符合题意；

B、氢氧化钠与盐酸反应时溶液pH从小于7逐渐增加，与氯化铁反应时保持等于7不变，氯化铁反应完全后氢氧化钠过量，pH再增大，不符合题意；

C、氢氧化钠溶液与盐酸反应时水的质量除氢氧化钠溶液中的水之外酸碱中和还生成了水，盐酸反应完全后，水质量仍增加，但增加的只是氢氧化钠溶液中水的质量，所以图像开始应陡，不符合题意；

D、因氢氧化钠要先与盐酸反应，所以氯化铁质量要在加入氢氧化钠溶液一段时间后才开始减少，不符合题意；故答案为：A..5.某碳酸钠固体样品中,可能含有硫酸钠、碳酸钙、硫酸铜、氯化钠、氯化钙中的一种或几种杂质,为了确定杂质的成分,进行以下实验：第一步：取50g该样品溶于水得到无色溶液;第二步：再向第一步得到的无色溶液中,先后逐滴加入过量氯化钡溶液和过量的稀硝酸。产生沉淀的物质的质量与时间的关系如图所示,下列说法正确的是(

)A.

由第一步实验可知，原样品中一定没有硫酸铜、碳酸钙、氯化钙

B.

BC段减少的沉淀是碳酸钙和碳酸钡

C.

杂质一定含有硫酸钠、氯化钠

D.

第二步实验结束后，最终所得溶液中的溶质共有三种【答案】A【解析】【分析】根据碳酸盐、硫酸盐的性质分析，由各步反应的现象逐步推导所含物质，掌握碳酸钙、硫酸钡、碳酸钡沉淀及与酸反应的现象是解题关键。

【解答】第一步：取50g该样品溶于水得到无色溶液，说明物质中一定不含溶液呈蓝色的硫酸铜和不溶的碳酸钙和能与碳酸钠反应产生沉淀碳酸钙的氯化钙，第二步：向第一步得到的无色溶液中先后逐滴加入过量氯化钡溶液和过量的稀硝酸，由图像可知，既有可溶于硝酸的沉淀又有不溶于硝酸的沉淀，说明原物质中一定有硫酸钠。

A、由第一步可知，原样品中一定不含硫酸铜、碳酸钙和氯化钙，符合题意；

B、BC段沉淀加入稀硝酸后减少，减少的是能与硝酸反应的碳酸钡，不符合题意；

C、杂质一定含硫酸钠，可能含氯化钠，不符合题意；

D、第二步实验结束后，最终所得溶液含有硝酸钡、氯化钠和剩余的氯化钡和稀硝酸，不符合题意；

故答案为：A。6.现有25g的KOH和K2CO3固体混合物，已知K元素与C元素的质量比是39∶3，把该固体全部加入到盛有100g的足量稀硫酸的烧杯中，充分反应后，烧杯里残留物质的质量是120.6g，则烧杯中硫酸钾的质量为（

）A.

4.8g

B.

9.6g

C.

17.4g

D.

34.8g【答案】D【解析】【分析】该题是利用质量守恒定律分析气体的质量同时结合化学方程式的化学计算题；【解答】由质量守恒定律可知，化学反应前后质量相等；而烧杯反应前后质量不同是因为有二氧化碳气体生成；

m(CO2)=25g+100g120.6g=4.4g;

m(C)=4.4g×1212+16×2=1.2g;

因为K元素与C元素的质量比是39∶3；

所以m(K)=1.2g×393=15.6g;

混合物与硫酸的反应为：2KOH+H2SO4=K2SO4+2H2O；K2CO3+H2SO4=K2SO4+H2O+CO2↑;

从方程式中可以看出K元素都在K2SO4中

所以m(K2SO4)=15.6g÷39×239×2+32+16×47.

下列各组溶液，不用其他试剂无法鉴别的是（）A.

H2SO4NaClNa2CO3CaCl2

B.

HClNaOHCuSO4MgSO4

C.

Na2CO3K2SO4BaCl2HCl

D.

NaNO3HClCaCl2KOH【答案】D【解析】【分析】不用其他试剂，就能将组内物质鉴别出来，首先需考虑物质的颜色，然后将鉴别出来的物质与其他物质混合，根据现象的不同加以鉴别，若物质都是没有颜色，则让溶液之间两两混合，根据不同的实验现象加以鉴别．

【解答】解：A、碳酸钠能够和硫酸反应产生二氧化碳气体，和氯化钙反应产生碳酸钙沉淀，因此四种物质两两混合，既能够产生沉淀又能够产生气体的是碳酸钠，能够和碳酸钠反应产生气体的是硫酸，和碳酸钠反应产生沉淀的是氯化钙，剩下的是氯化钠，因此可以鉴别，故A选项错误；B、根据物质的颜色，首先鉴别出硫酸铜，然后将硫酸铜与其他三种物质混合，能产生蓝色沉淀的是氢氧化钠，然后将氢氧化钠和剩下的两种溶液混合，能够产生沉淀的是硫酸镁，无明显现象的是盐酸，可以鉴别，故B选项错误；C、氯化钡能与硫酸钾、碳酸钠均产生沉淀，故能与两种物质产生沉淀的是氯化钡，不与氯化钡反应的物质为盐酸，向其他两种物质中滴加盐酸，有气体生成的为碳酸钠，无现象的为硫酸钾，可以鉴别，故C选项错误；D、四种物质两两混合均没有明显现象，因此不加其他物质不能鉴别，故D选项正确；故选项为：D．8.

按下表进行实验，有关说法及分析错误的是（）向少量NaOH溶液中滴加CuSO4溶液向少量BaCl2溶液中滴加CuSO4溶液现象①白色沉淀化学方程式CuSO4+2NaOH=Cu（OH）2↓+Na2SO4②A.

①有蓝色沉淀

B.

②反应的化学方程式为：CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2

C.

两个反应都属于复分解反应

D.

只要有沉淀生成的反应就属于复分解反应【答案】D【解析】【解答】A、氢氧化钠和硫酸铜反应会生成蓝色的氢氧化铜沉淀，故A正确；B、氯化钡和硫酸铜反应会生成白色的硫酸钡沉淀，化学方程式为：CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2，故B正确；C、通过分析，两个反应都符合复分解反应的条件，故C正确；D、二氧化碳和氢氧化钙会生成碳酸钙沉淀和水，不属于复分解反应，故D错误；故选：D．【分析】根据氢氧化钠和硫酸铜反应会生成蓝色的氢氧化铜沉淀和硫酸钠，氯化钡和硫酸铜反应会生成白色的硫酸钡沉淀等知识进行分析．9.

下列实验方案能够达到相应实验目的是（）选项实验目的实验方案A检验CH4中是否含有H2将气体点燃B鉴别NaOH溶液和Ca（OH）2溶液分别向溶液中通入CO2C除去NaCl中的Na2CO3向其中加入足量稀盐酸D比较铁和铜的活动顺序将其分别加入ZnSO4溶液A.

A

B.

B

C.

C

D.

D【答案】B【解析】【解答】A、甲烷和氢气都具有可燃性，因此通过能否可燃检验错误，故选项错误；B、二氧化碳能与Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙沉淀和水；与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，但无明显变化，能出现两种明显不同的现象，可以鉴别，故选项正确；C、碳酸钠能与盐酸反应生成氯化钠水与二氧化碳，而氯化钠与盐酸不反应，所以两者加入适量的稀盐酸后还需要通过蒸发结晶即可得到较纯净的氯化钠固体，因此步骤不完整，故选项错误；D、铁、铜和硫酸锌都不反应，无法比较二者的活动性顺序，故选项错误；故选：B．【分析】A、根据甲烷和氢气都具有可燃性分析；B、根据两种物质与二氧化碳反应产生的不同现象来分析；C、根据碳酸钠能与盐酸反应生成氯化钠水与二氧化碳，而氯化钠与盐酸不反应分析；D、根据金属和盐溶液反应的规律分析．10.

下列有关物质鉴别方案中，正确的是（）A.

Na2CO3、NaCl、KOH三种溶液，只用酸碱指示剂即可鉴别

B.

MgCl2、NaOH、HCl、Na2SO4四种溶液，不加任何试剂即可鉴别

C.

（NH4）2CO3、Ca（OH）2、BaCl2、HCl四种溶液，不加任何试剂即可鉴别

D.

Fe2O3、CuO、C、Fe只用一种试剂无法鉴别【答案】C【解析】【解答】A、碳酸钠和氢氧化钾在溶液中都显碱性，都能使酚酞变红色，不能鉴别，故选项错误；B、四种溶液两两混合，氯化镁和氢氧化钠反应产生白色沉淀，其它物质都无现象，因此不能鉴别，故选项错误；C、四种溶液两两混合，碳酸铵和氢氧化钙会产生沉淀和气体，和氯化钡反应产生沉淀，和盐酸反应产生气体，出现不同的现象，可以鉴别，故选项正确；D、氧化铁、氧化铜、炭粉、铁粉中分别加入稀盐酸，氧化铁能与盐酸反应产生黄色的溶液，氧化铜能与盐酸反应生成蓝色的溶液，与铁粉反应能够生成气体（氢气）和浅绿色溶液（氯化亚铁），与炭粉不反应，故四者中加入一种试剂可以鉴别，故选项错误；故选：C．【分析】A、根据碳酸钠和氢氧化钾都显碱性进行分析；B、根据四种物质间的反应情况进行分析；C、根据物质间的两两反应现象进行分析；D、根据三种能与酸反应出现不同的现象进行分析．11.

下列实验方案不合理的是（）A.

用观察颜色的方法鉴别磷矿粉和硝酸钾

B.

用植物的花瓣制作指示剂，检验溶液的酸碱性

C.

用水鉴别NH4NO3、Na0H、NaCl三种固体

D.

用FeSO4溶液、Cu和Ag比较Fe、Cu和Ag的金属活动性【答案】D【解析】【解答】解：A、磷矿粉是灰白色的，硝酸钾是白色的晶体，用观察颜色的方法可以鉴别磷矿粉和硝酸钾，故选项实验方案合理；B、某些植物的花瓣中含有能够遇酸碱会变色的物质，可检验溶液的酸碱性，故选项实验方案合理；C、NH4NO3溶于水吸热，氢氧化钠溶于水放出大量的热，氯化钠溶于水温度几乎无变化，可以鉴别，故选项实验方案合理；D、Cu和Ag与FeSO4溶液均不反应，说明了活动性铁＞铜，铁＞银，但无法确定银和铜的活动性强弱，故选项实验方案不合理．故选：D．【分析】A、根据磷矿粉是灰白色的，硝酸钾是白色的晶体，进行分析判断；B、根据某些植物的花瓣中含有能够遇酸碱会变色的物质分析判断；C、根据三种物质与同种试剂反应产生的不同现象来鉴别它们，若两种物质与同种物质反应的现象相同，则无法鉴别它们；D、根据金属活动性顺序，验证金属的活动性顺序是否合理，可根据“反应则活泼，不反应则不活泼”进行分析判断，通过分析方案所能得到的结论，确定是否能得出Fe、Cu和Ag三种金属的活动性顺序．12.有一包粉末可能由CaCO3、Na2SO4、KNO3、CuSO4、BaC12中的一种或几种组成，做实验得到以下结果：①将此固体粉末加人到水中，得到白色沉淀，且上层清液为无色；②该白色沉淀部分溶于稀硝酸，且有无色气体产生。据此实验，下列判断正确的是(

)A.

该粉末中一定含有CaCO3、Na2SO4、BaC12

B.

该粉末中一定不含有KNO3、CuSO4

C.

该粉末中一定含有KNO3

D.

该粉末中一定含有Na2SO4、KNO3、BaC12【答案】A【解析】【分析】根据题中明显的实验现象特征作为解题时的突破口：①中题眼有“上层溶液为无色”，“白色沉淀”；②中“白色沉淀部分溶于稀硝酸”中的“部分溶于”，产生“无色气体”，抓住这些题眼可快速解答。【解答】①中“上层溶液为无色”可推得一定没有“CuSO4”；

“白色沉淀”有两种可能：原有的CaCO3或Na2SO4与BaCl2反应生成的硫酸钡。

②中“白色沉淀部分溶于稀硝酸”中的“部分溶于”可知白色沉淀既有“碳酸钙”，又有“硫酸钡”；而有硫酸钡时，则一定含有Na2SO4与BaCl2．但整个推断过程中，始终无法确定KNO3的存在与否。

所以，原固体粉末中一定含有CaCO3、Na2SO4和BaCl2，一定不含有CuSO4，可能含有KNO3。

故答案为：A13.向酸性CuCl2溶液中逐滴加入NaOH溶液，下列图象正确的是(

)A.

B.

C.

D.

【答案】D【解析】【分析】根据物质间反应的实验现象进行分析，酸性氯化铜溶液加入氢氧化钠，则氢氧化钠能与酸反应生成易溶于水的盐和水，氢氧化钠能与氯化铜反应生成氢氧化铜，生成的氢氧化铜能溶于酸。

【解答】A、酸性氯化铜溶液，开始时溶液的pH小于7，不是等于7，故A错误；

B、酸性氯化铜溶液能与氢氧化钠反应生成氯化钠，当反应进行完全，则氯化钠的质量不再改变，故其溶质质量分数不会再增加，故B错误；

C、加入的氢氧化钠能将氯化铜全部反应掉，不会有一部分氯化铜不参加反应，故C错误；

D、氢氧化钠能与酸反应生成易溶于水的盐和水，氢氧化钠能与氯化铜反应生成氢氧化铜，生成的氢氧化铜能溶于酸，故开始时不能出现沉淀，当酸被消耗尽，开始出现沉淀，故D正确。

故答案为：D14.

烧杯中盛有BaCl2和HCl液100.0g，向其中滴加溶质质量分数为10.0%的Na2CO3溶液，烧杯中溶液的质量与滴加溶液的质量关系如图所示．下列说法正确的是（）A.

ab段产生白色沉淀

B.

bc段溶液质量增加86.3g

C.

c点对应溶液的溶质质量分数为7.5%

D.

向d点溶液中滴加酚酞试液，溶液显红色【答案】D【解析】【解答】A、氯化钡、盐酸中滴加碳酸钠时，碳酸钠先与盐酸反应，再与氯化钡反应，ab段产生气体，不能产生白色沉淀，故A错；B、bc段是碳酸钠与氯化钡反应，设碳酸钠与氯化钡反应生成沉淀质量为x则：BaCl2+Na2CO3=BaCO3↓+2NaCl

106

197

10.6g

x根据：106197=bc段溶液质量增加106g﹣19.7g=86.3g故B正确；C、c点是碳酸钠与盐酸、氯化钡恰好完全反应，设碳酸钠与盐酸反应产生气体质量为y则：2HCl+Na2CO3=H2O+CO2↑+2NaCl

106

44

10.6g

y根据：10644=c点生成氯化钠质量为zNa2CO3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣2NaCl106

11721.2g

z根据：106117=21.2gz解得z=23.4g，所以c点对应溶液的溶质质量分数为：23.4gD、d点碳酸钠过量溶液显碱性，酚酞试液变红，故D正确．故选BD．【分析】A、根据氯化钡、盐酸中滴加碳酸钠时，碳酸钠先与盐酸反应，再与氯化钡反应考虑；B、根据bc段是碳酸钠与氯化钡反应，根据方程式和相对分子质量计算出溶液质量的增加量；C、c点是碳酸钠与盐酸、氯化钡恰好完全反应的点，再进行分析计算即可；D、d点碳酸钠过量溶液显碱性考虑．15.

有NaHCO3和Na2CO3混合物13.7g，将其充分加热至固体质量不再减少，得剩余固体．将产生的气体通入足量的Ca（OH）2溶液中，产生5.0g沉淀．下列说法正确的是（）A.

剩余固体为混合物

B.

剩余固体的质量为11.5g

C.

原混合物中Na2CO3的质量大于NaHCO3

D.

将剩余固体溶于足量的稀盐酸，产生4.4gCO2【答案】D【解析】【解答】设生成5.0g沉淀需要二氧化碳的质量为x则：CO2+Ca（OH）2=CaCO3↓+H2O44

100x

5.0g根据：44100=x5.1g解得x=2.2g，设碳酸氢钠分解生成2.2g二氧化碳需要参加反应的碳酸氢钠的质量为2NaHCO3=△Na2CO3+H2O+CO2168

106

44y

z

2.2g根据：16844=y2.2g解得y=8.4g；根据10644=A、剩余固体是碳酸钠，属于纯净物，故A错；B、剩余固体的质量为：5.3g+5.3g=10.6g，故B错；C、原混合物中Na2CO3质量为5.3g，碳酸氢钠的质量为8.4g，故C错；D、剩余固体质量为：5.3g+5.3g=10.6g，设10.6g碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳质量为k则：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑106

4410.6g

k根据：10644=10.6gk解得故选D．【分析】A、根据碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳考虑；B、根据产生的气体通入足量的Ca（OH）2溶液中，产生5.0g沉淀计算出二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量计算出生成的碳酸钠的质量和参加反应的碳酸氢钠的质量，用13.7g减去碳酸氢钠的质量就是原来碳酸钠的质量，用碳酸钠的质量加上新生成的碳酸钠的质量就是剩余固体的质量；C、计算出碳酸氢钠的质量和原来碳酸钠的质量，进行判断；D、根据最后剩余固体碳酸钠的质量计算出生成二氧化碳的质量．16.

按如图所示装置进行试验．先在试管Ⅱ中加入试剂乙，然后在试管Ⅰ中加入试剂甲，立即塞紧橡皮塞，一段时间后，观察到试管Ⅱ中有白色沉淀生成．符合以上实验现象的一组试剂是（）A.

甲：NaHCO3、稀盐酸

乙：NaOH溶液

B.

甲：Mg、稀硫酸

乙：Ba（NO3）2溶液

C.

甲：MgO、稀盐酸

乙：AgNO3溶液

D.

甲：Cu、稀硫酸

乙：BaCl2【答案】B【解析】【解答】A、I中NaHCO3和稀HCl反应会生成气体二氧化碳、氯化钠和水，气体排不出去，气压增大，将I中的氯化钠、或者未反应的盐酸压入Ⅱ中NaOH溶液，盐酸可与氢氧化钠溶液反应氯化钠和水，氯化钠与氢氧化钠不反应，看不到浑浊，不符合题意，故A错误；B、I中Mg和稀H2SO4反应会生成气体氢气，试管内气压增大，将生成的硫酸镁和稀H2SO4压入Ⅱ中，二者均会与Ba（NO3）2溶液反应生成白色的硫酸钡沉淀，符合实验现象，B正确；C、I中氧化镁和稀盐酸反应生成氯化镁和水，无气体生成，所以I中液体不会进入Ⅱ中，故无白色沉淀生成，不符合题意，故C错误；D、I中铜和稀硫酸不会反应不会有液体被压入Ⅱ中，溶液不会变浑浊，不符合实验现象，故D错误；故选B．【分析】本题主要考查物质之间反应的现象，根据该装置的特点，导管是伸入液面以下，所以试管Ⅱ中有白色沉淀生成的原因可能是：I中生成的气体排不出去，气压增大，将I中的液体压入Ⅱ中，与Ⅱ中的液体反应生成沉淀，根据以上分析，结合四个选项中物质之间反应的现象即可选择出正确选项．17.

天平两边各放质量相等的烧杯，分别装入等质量，等溶质质量分数的稀硫酸，此时天平平衡，将等质量的MgCO3和Na2CO3分别加入两烧杯中，充分反应后，下列说法错误的是（）A.

若天平不平衡，指针一定偏向加Na2CO3的一边

B.

若天平平衡，两烧杯中的酸一定完全反应

C.

若反应后Na2CO3有剩余，天平一定平衡

D.

若天平不平衡，两种碳酸盐一定都没有剩余【答案】D【解析】【解答】Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，根据化学方程式，利用关系式法计算加入碳酸钠，溶液质量的变化．Na2CO3～CO2↑溶液质量增加（△m）106

44

62106g

62gMgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑，根据化学方程式，利用关系式法计算加入碳酸镁，溶液质量的变化．MgCO3～CO2↑溶液质量增加（△m）84

44

40106g

m84m=50.5g，所以加入碳酸钠一端溶液质量增重大，故放Na2CO3的一端托盘下沉，由此可知：A、若天平不平衡，指针一定偏向加Na2CO3的一边，故对；B、酸完全反应，生成二氧化碳的质量相同，天平平衡，故对；C、如碳酸纳有余，则硫酸均完全反应，而碳酸镁一定有剩余，二者放出二氧化碳相等若故对；D、若天平不平衡，两种碳酸盐一定都没有剩余，故错．答案：D.【分析】在天平的两个托盘上，放上质量相等的两个烧杯，在烧杯中分别加入等质量等浓度的硫酸，此时天平处于平衡状态，然后分别向两只烧杯中加入等质量的Na2CO3和MgCO3粉末，反应物放在一起不反应的状态时，天平是平衡的，指针的偏转主要是看生成二氧化碳的多少，因此解题时判断二氧化碳多少则成为解题的关键所在，所以可计算相同质量的Na2CO3和MgCO3完全反应放出二氧化碳质量的大小，天平的指针会偏向质量大（下沉）的一方．18.

如图所示，其中甲、乙、丙、丁、戊分别是铁、盐酸、氢氧化钙、二氧化碳、碳酸钠中的一种．图中相连的两圆表示相应物质能发生反应，已知乙是铁．下列说法错误的是（）A.

五种物质中，只有铁是单质

B.

丙是盐酸

C.

戊是氢氧化钙

D.

甲与丁反应属于复分解反应【答案】C【解析】【解答】甲、乙、丙、丁、戊分别是铁、盐酸、氢氧化钙、二氧化碳、碳酸钠中的一种，铁会与盐酸反应，盐酸会与氢氧化钙、碳酸钠反应，氢氧化钙会与盐酸、二氧化碳、碳酸钠反应，二氧化碳会与氢氧化钙反应，乙是铁，所以丙是盐酸，所以甲、丁是碳酸钠或氢氧化钙，如果甲是碳酸钠，丁就是氢氧化钙，戊就是二氧化碳，如果甲是氢氧化钙，丁是碳酸钠，二氧化碳不会与碳酸钠反应，不合理，所以甲是碳酸钠，丁是氢氧化钙，戊是二氧化碳，经过验证，推导正确，所以A、铁是由一种元素组成的纯净物，所以铁属于单质，故A正确；B、通过推导正确，丙是稀盐酸，故B正确；C、通过推导可知，戊是二氧化碳，故C错误；D、甲与丁的反应是碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，属于复分解反应，故D正确；故选：C．【分析】根据甲、乙、丙、丁、戊分别是铁、盐酸、氢氧化钙、二氧化碳、碳酸钠中的一种，铁会与盐酸反应，盐酸会与氢氧化钙、碳酸钠反应，氢氧化钙会与盐酸、二氧化碳、碳酸钠反应，二氧化碳会与氢氧化钙反应，乙是铁，所以丙是盐酸，所以甲、丁是碳酸钠或氢氧化钙，如果甲是碳酸钠，丁就是氢氧化钙，戊就是二氧化碳，如果甲是氢氧化钙，丁是碳酸钠，二氧化碳不会与碳酸钠反应，不合理，所以甲是碳酸钠，丁是氢氧化钙，戊是二氧化碳，然后将推出的物质进行验证即可．

常温下，下列各组物质中，X既能与Y反应又能与Z反应的是（）

X

Y

Z

①

CO2

Ca（OH）2溶液

H2O

②

H2

Cl2

CuO

③

Ba（NO3）2溶液

稀硫酸

Na2CO3溶液

④

Fe2O3

CO

稀硫酸A.

①②

B.

①③

C.

①③④

D.

①②③④【答案】B【解析】【解答】①CO2能与Ca（OH）2溶液反应生成碳酸钙沉淀，又能与水反应生成碳酸，故①符合；②H2既可以与氯气反应生成氯化氢，在加热条件下可以与氧化铜反应生成铜和水，故②不符合；③Ba（NO3）2溶液与稀硫酸生成硫酸钡沉淀，又能与Na2CO3溶液生成碳酸钡沉淀，故③符合；④Fe2O3与CO在高温下反应生成铁和二氧化碳，常温下与稀硫酸反应得到硫酸铁和水，故④不符合；故选B．【分析】①CO2能与Ca（OH）2溶液反应，又能与水反应；②H2既可以与氯气反应又可以与氧化铜反应；③Ba（NO3）2溶液与稀硫酸生成硫酸钡沉淀，又能与Na2CO3溶液生成碳酸钡沉淀；④Fe2O3与CO反应生成铁和二氧化碳，与稀硫酸反应得到硫酸铁和水．20.（2014·丽水）小科为研究“碱与盐反应”的规律，设计了如图所示的五组实验，每支试管盛有3毫升溶液，分别向试管中只滴加3滴溶液。除氢氧化钙溶液是饱和外，其余溶液的质量分数都为5%。下列叙述正确的是（

）A.

甲组和乙组实验能观察到相同现象

B.

乙组和丙组实验均能观察到蓝色沉淀

C.

乙组实验产生的沉淀质量比丁组多

D.

戊组实验产生的沉淀质量比丙组少【答案】D【解析】【分析】本题碱的化学性质，碳酸钾和氢氧化钙反应能生成碳酸钙沉淀和氢氧化钾；氯化铜和氢氧化钠反应能生成氢氧化铜沉淀和氯化钠；氯化铁和氢氧化钙反应能生成氢氧化铁沉淀和氯化钙。【解答】A、甲组能够观察到产生白色沉淀，乙组能够观察到产生蓝色沉淀，该选项说法不正确；

B、乙组能够观察到产生蓝色沉淀，丙组能够观察到红褐色沉淀，该选项说法不正确；

C、因为溶液都属于稀溶液，密度相差较小，因此3毫升溶液的质量远远大于3滴溶液的质量，产生沉淀的质量决定于滴加的3滴溶液的质量，3滴5%的氯化铜溶液和3滴5%的氢氧化钠溶液质量相差很小，氯化铜和氢氧化钠反应的化学方程式及其反应物、生成物的质量比为：CuCl2+2NaOH═Cu（OH)2↓+2NaCl，由反应物、生成物之间的质量关系【CuCl2：Cu（OH)2=135：98；NaOH：Cu（OH)2=80:98】可知，当滴入氯化铜和氢氧化钠的质量接近相等时，产生沉淀氢氧化铜的质量应该是氢氧化钠滴入氯化铜生成沉淀质量大，即乙组实验产生的沉淀质量比丁组小，该选项说法不正确；

D、虽然氢氧化钙溶的，但是由于氢氧化钙的溶解度很小，3滴氢氧化钙饱和溶液中溶质质量很小，反应产生沉淀的质量也很小，所以戊组实验产生的沉淀质量比丙组少，该选项说法正确。故选：D二、填空题21.有一包白色固体样品,可能由硫酸钠、氢氧化钠、碳酸钙、氯化钡、氯化镁中的一种或几种物质祖成,为探究该样品的组成,某小组取适量样品按下列流程进行实验.请回答下列问题:（1）过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，其中玻璃棒的作用是________。（2）滤渣a的成分是________，滤液中溶质的成分除氯化钠还有________。【答案】（1）引流（2）CaCO3和Mg(OH)2；BaCl2【解析】【分析】（1）根据过滤操作中玻璃棒的作用解答；

（2）碳酸钙和硫酸钡同为白色沉淀，但是碳酸钙能与酸反应生成二氧化碳气体，而硫酸钡不溶于酸，据此大致确定滤渣的物质种类；然后通过化学方程式，计算产生0.44g二氧化碳需要碳酸钙的质量，然后与滤渣的质量比较进而最终确定滤渣包含的物质。

通入二氧化碳产生白色沉淀，应该是碳酸钡，即氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，而碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡的过程，据此确定滤液中溶质的种类。

【解答】（1）过滤还需要漏斗，其中玻璃棒起到引流的作用；

（2）沉淀能够全部溶解，说明沉淀一定含有碳酸钙，一定没有硫酸钡；

设产生0.44g的二氧化碳需要碳酸钙的质量为x

CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑

100

44

x

0.44g

100x=440.44g；

解得：x=1g＜1.5g，

因此滤渣还有氢氧化镁；

那么滤渣a22.有一包固体粉末可能含有Na2CO3、FeCl3、CaCl2、KOH中的一种或几种，为了探究它们的成分，进行如下实验：①取少量该固体粉末加入足量的水，充分搅拌后过滤，得到白色沉淀和无色滤液；②向滤液中滴加酚酞溶液，溶液变红。根据上述实验回答下列问题：（1）粉末中一定不含________，一定含有________。（2）若要确定可能含有的物质，可采取的方法：取少量②中红色溶液于试管中，加入过量的CaCl2溶液，若________，则证明该物质一定存在。【答案】（1）FeCl3；Na2CO3、CaCI2（2）溶液仍为红色(若溶液红色不褪)【解析】【分析】根据几种物质中氯化铁是黄色的，与其它物质间的反应生成的沉淀也是有色的沉淀，故依据反应现象可知，固体中一定没有氯化铁，由①中会生成白色沉淀，所以一定存在碳酸钠、氯化钙，由​​②可知，向滤液中加入酚酞溶液，溶液变红，所以可能含有氢氧化钾，或含有过量的碳酸钠，进行分析。【解答】（1）根据氯化铁溶液为黄色溶液，与其它物质间反应生成的沉淀也是有色的沉淀，故一定不会有FeCl3，由①中会生成白色沉淀，所以一定存在Na2CO3、CaCl2，可能含有KCl；

（2）若要确定可能含有的物质，可采取的方法：取少量②中红色溶液，加入过量的氯化钙，若溶液仍为红色（或溶液红色不褪），则证明该物质一定存在；

故答案为：（1）FeCl3；Na2CO3、CaCl2；（2）溶液仍为红色（或溶液红色不褪）。23.小丽利用底部有一小孔的大试管，如图甲所示装配成一个制取CO2气体的装置。（1）实验前，关闭止水夹，先将试管底部稍浸没在水中，再用双手紧握试管，观察到________，则说明装置气密性良好。（2）小丽将CO2通入盛有NaOH溶液的试管中，观察不到明显现象。那么CO2与NaOH是否发生反应？为此又做了实验：在集满CO2的软塑料瓶(如图乙)中加入适量的NaOH溶液，盖紧瓶塞振荡，发现瓶变瘪，于是认为CO2与NaOH发生了反应，小衢提出质疑，认为导致软塑料瓶变瘪的原因还有可能是________。（3）小科从变瘪的软塑料瓶中取出少量试液置于试管中，滴入________(填一种盐)溶液，观察到有白色沉淀产生，就证明了CO2与NaOH的反应确实已经发生。【答案】（1）试管底部有气泡冒出（2）二氧化碳溶于水(或二氧化碳与水反应)（3）氯化钙(或氯化钡、硝酸钙、硝酸钡等合理答案)【解析】【分析】（1）根据检查装置气密性的现象进行解答；

（2）根据二氧化碳的化学性质进行解答；

（3）根据碳酸盐的鉴别方法进行解答。

【解答】（1）检查这个装置气密性的方法是：关闭止水夹，先将试管底部稍浸没在水中，再用双手握紧试管，观察到试管底部有气泡冒出，说明装置的气密性良好；

（2）在收集满CO2的软塑料瓶(如图乙)中加入适量的NaOH溶液，盖紧瓶塞振荡，发现瓶变瘪，于是认为CO2与NaOH发生了反应，但小衢提出质疑，他认为软塑料瓶变瘪的原因还可能是：二氧化碳溶于水（或二氧化碳与水反应）造成的；

（3）二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠能够与氯化钙（或氯化钡、硝酸钙、硝酸钡等）反应生成碳酸钙（或碳酸钡、碳酸钙、碳酸钡等）沉淀和氢氧化钠，则可以滴入氯化钙（或氯化钡、硝酸钙、硝酸钡等）；

故答案为：（1）试管底部有气泡冒出；（2）二氧化碳溶于水（或二氧化碳与水反应）；（3）氯化钙（或氯化钡、硝酸钙、硝酸钡等）。

（1）实验室用石灰石和稀盐酸制取CO2的原理是________

（写化学方程式），可选用如图1的装置________

（填序号）制CO2．设计B装置时使用仪器a的目的是________．

（2）在反应装置的残液中加入Na2CO3溶液，溶液PH变化如图2所示（提示：氯化钙溶液呈中性）：a点时，溶液中的溶质的化学式是________．bc段溶液pH一直为7的理由是________

．滴入Na2CO3溶液的过程中观察到的现象依次是________．【答案】CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；A、B、C；通过加入液体的流速来控制反应的速度；CaCl2、HCl、NaCl；在BC段发生的是CaCl2与Na2CO3的反应，CaCl2呈中性，与滴入的Na2CO3反应生成的NaCl溶液也呈中性，所以在BC段PH值为7；有气泡产生、有白色沉淀产生【解析】【解答】（1）碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式为：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，该反应的反应物是固体和液体，反应条件是常温，所以可选用如图1的装置A、B、C制取二氧化碳，分液漏斗可以控制液体的滴加速度，所以设计B装置时使用仪器a的目的是通过加入液体的流速来控制反应的速度；

（2）由图示可知，b点溶液pH小于7，说明加入的碳酸钠与溶液中的盐酸反应，盐酸有剩余，溶液中的溶质为CaCl2、NaCl、HCl；b﹣c段溶液pH一直为7的原因是氯化钙与碳酸钠反应生成了碳酸钙沉淀和氯化钠，滴入Na2CO3溶液的过程中，碳酸钠先于盐酸反应生成二氧化碳气体，然后再与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀．

故答案为：（1）CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，A、B、C，通过加入液体的流速来控制反应的速度；

（2）CaCl2、HCl、NaCl，在BC段发生的是CaCl2与Na2CO3的反应，CaCl2呈中性，与滴入的Na2CO3反应生成的NaCl溶液也呈中性，所以在BC段PH值为7，有气泡产生、有白色沉淀产生．

【分析】（1）根据碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，该反应的反应物是固体和液体，反应条件是常温，分液漏斗可以控制液体的滴加速度进行分析；

（2）根据图示可知，开始时溶液的pH小于7，说明了溶液中有剩余的稀盐酸，再加入碳酸钠时，碳酸钠应先与稀盐酸反应，当反应完后再与氯化钙反应，过量的碳酸钠会使溶液显碱性进行分析．25.

有一种固体混合物质M，其中只可能含有Na2CO3、NaNO3、Na2SO4、CuCl2、BaCl2中的一种或几种．请根据以下实验操作回答下列问题．

操作①取少量M放入足量的水中充分搅拌、静置，得到白色沉淀和无色溶液，过滤．操作②向滤出的沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀全部溶解，此时所得溶液仍为无色．

（1）M中一定不含的物质是________，不能确定是否含有的物质是________

（2）上述实验过程中，发生反应的化学方程式为________

、________

．

（3）向操作①后所得的无色溶液中滴加溶液AgNO3溶液，一定能发生的反应的化学方程式为________

．【答案】氯化铜、硫酸钠；硝酸钠；Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl；BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑；NaCl+AgNO3=NaNO3+AgCl↓【解析】【解答】氯化铜在溶液中显蓝色，碳酸钠和氯化钡会生成溶于酸的碳酸钡沉淀，硫酸钠和氯化钡会生成不溶于酸的硫酸钡沉淀．取少量M放入足量的水中充分搅拌、静置，得到白色沉淀和无色溶液，过滤，氯化铜在溶液中显蓝色，所以混合物中一定不含氯化铜，向滤出的沉淀中加入足量稀盐酸，沉淀全部溶解，此时所得溶液仍为无色，硫酸钡沉淀难溶于酸，所以混合物中一定不含硫酸钠，一定含有碳酸钠，题中的现象不能确定硝酸钠是否存在．

（1）M中一定不含的物质是氯化铜、硫酸钠，不能确定是否含有的物质是硝酸钠；

（2）碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，碳酸钡和盐酸反应生成氯化钡、水和二氧化碳，化学方程式为：Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl、BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑；

（3）氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，化学方程式为：NaCl+AgNO3=NaNO3+AgCl↓．

故答案为：（1）氯化铜、硫酸钠，硝酸钠；

（2）Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl、BaCO3+2HCl=BaCl2+H2O+CO2↑；

（3）NaCl+AgNO3=NaNO3+AgCl↓．

【分析】根据氯化铜在溶液中显蓝色，碳酸钠和氯化钡会生成溶于酸的碳酸钡沉淀，硫酸钠和氯化钡会生成不溶于酸的硫酸钡沉淀等知识进行分析．26.

现有一包白色固体样品，可能含有BaCl2、Na2SO4、Na2CO3、NH4HCO3、KCl、CuSO4中的一种或几种，取样品进行如下实验：

（1）操作1所用到是玻璃仪器有________

．

（2）原白色固体中一定不含有________

，一定含有________

．

（3）写出生成气体a的化学方程式________

．【答案】烧杯、玻璃棒；CuSO4；BaCl2、Na2SO4、Na2CO3、NH4HCO3；NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+2H2O+NH3↑【解析】【解答】（1）由题意可知操作1是白色固体加足量水溶解，应用到的玻璃仪器是：烧杯和玻璃棒；

（2）由于硫酸铜的溶液显蓝色，根据操作1得到的是无色溶液，说明不含有硫酸铜；由于上述物质的碳酸氢铵能与氢氧化钠反应放出了氨气，根据无色溶液再加入氢氧化钠加热生成了气体，说明了含有碳酸氢铵；由于上述物质的氯化钡能与碳酸钠、硫酸钠反应分别生了碳酸钡、硫酸钡沉淀，碳酸钡沉淀能溶于盐酸，硫酸钡不能溶于盐酸，根据操作1可知得到的白色沉淀，能部分溶解于盐酸，说明了含有氯化钡、碳酸钠和硫酸钠，根据上述实验过程不能判断氯化钾是否存在，氯化钾是可能存在的物质．所以，原白色固体中一定不含有CuSO4，一定含有BaCl2、Na2SO4、Na2CO3、NH4HCO3，可能含有的物质是KCl；

（3）由上述分析可知，碳酸氢铵能与氢氧化钠反应放出了气体a是氨气，反应的方程式：NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+2H2O+NH3↑．

故答案为：（1）烧杯、玻璃棒；（2）CuSO4，BaCl2、Na2SO4、Na2CO3、NH4HCO3；（3）NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+2H2O+NH3↑．

【分析】（1）根据溶解的操作分析用到的玻璃仪器；

（2）根据操作1得到的是无色溶液，说明不含有硫酸铜；根据无色溶液再加入氢氧化钠加热生成了气体，说明了含有碳酸氢铵；根据操作1可知得到的白色沉淀，能部分溶解于盐酸，说明了含有氯化钡、碳酸钠和硫酸钠，据此分析判断白色固体中的物质；

（3）根据碳酸氢铵与氢氧化钠的反应写反应的化学方程式．三、实验探究题27.某科学兴趣小组的同学帮老师整理实验试剂时发现了一瓶久置的氢氧化钠固体，于是他们对该瓶氢氧化钠变质情况进行了如下探究：【提出猜想】该瓶中固体的成分是什么？【猜想与假设】猜想Ⅰ：全部是NaOH；猜想Ⅱ：全部是Na2CO3；猜想NaOH和Na2CO3。【实验与探究】（1）实验如下：实验操作步骤实验现象结论及解释步骤一：加少量固体样品于试管中，加蒸馏水完全溶解，然后加入足量的稀盐酸________证明猜想Ⅰ成立步骤二：取少量固体样品于试管中，加蒸馏水完全溶解，然后滴加足量氯化钡溶液实验过程中产生白色沉淀证明猜想Ⅱ或猜想Ⅲ成立步骤三：取步骤二反应后所得少量溶液，滴加几滴________溶液变红色说明该固体中还有________（2）实验小组的同学展开讨论，又提出通过测定产生沉淀的质量来确定是否完全变质(不考虑原固体中的水)。实验如下：称取mg固体样品于试管中，加蒸馏水完全溶解，然后滴加足量氯化钡溶液，充分反应后过滤、干燥，称得沉淀的质量为ng，如果该瓶试剂未完全变质，那么m与n的关系为_________(用含m和n的代数式表示)。【答案】（1）没有气体产生；酚酞试液；氢氧化钠（2）m＞106n197【解析】【分析】（1）根据氢氧化钠与盐酸反应的现象分析；

（2）根据氢氧化钠的性质分析；

（3）根据方程式中碳酸钠与碳酸钡的质量关系分析。

【解答】（1）猜想1成立，则加入盐酸时没有明显现象发生；猜想Ⅱ或猜想Ⅲ成立，即都有碳酸钠存在，则加入氯化钡溶液会产生白色沉淀，因加入足量氯化钡，所以验证碳酸钠的同时，也将碳酸钠除去，则再加酚酞时，酚酞会变红色，说明有氢氧化钠；

（2）由氯化钡与碳酸钠反应的方程式可知，

BaCl2＋Na2CO3＝BaCO3↓+2NaCl

106

197

碳酸钠与碳酸钡的质量比为106：197，所以若固体全部是碳酸钠，则m＝106n197，若固体中还含有氢氧化钠，则m＞106n19728.

实验室有失去标签的四种溶液，只知道分别是K2CO3溶液、CuSO4溶液、CaCl2溶液和稀盐酸，请参与下列实验：（1）不用化学实验就能鉴别出来的是________

溶液；（2）取另三种溶液两两混合，实验步骤、现象和结论如下：实验步骤现象和结论

任取少许两种溶液于试管中，再用滴管取另一种溶液，分别滴加到上述两支试管中

①若实验现象为：一支试管产生气泡，另一支试管无明显现象，则滴管所取的溶液为________

；

②若实验现象为________

，则滴管所取的是K2CO3溶液．（3）某同学将（2）中实验后的所有废液倒入一个烧杯中，最后烧杯一定存在的离子有________

（填离子符号）．【答案】（1）CuSO4（2）稀盐酸；一支试管产生气泡，一支试管产生沉淀（3）K+、Cl﹣【解析】【解答】（1）硫酸铜溶液为蓝色，因此不用化学实验就能鉴别出来的是CuSO4溶液；故填：CuSO4；

（2）①盐酸能够和碳酸钾反应产生气泡，和氯化钙混合无现象，因此若实验现象为：一支试管产生气泡，另一支试管无明显现象，则滴管所取的溶液为稀盐酸；

②滴管所取的是K2CO3溶液，碳酸钾能够和氯化钙反应产生沉淀，和稀盐酸反应产生气泡，因此观察到的现象为：一支试管产生气泡，一支试管产生沉淀；

故答案为：稀盐酸；一支试管产生气泡，一支试管产生沉淀；

（3）三种物质两两反应，其中碳酸根离子和钙离子、氢离子结合会产生碳酸钙沉淀、二氧化碳和水，而氯离子和钾离子不会产生沉淀、气体或水，因此一定含有的离子是钾离子和氯离子；故填：K+、Cl﹣．

【分析】（1）根据硫酸铜溶液为蓝色分析；

（2）根据碳酸钾、氯化钙、稀盐酸两两混合产生的现象结合实验操作的现象进行分析；

（3）根据常见离子的溶解性结合化学反应分析并正确写出离子的符号．29.

某化学实验小组的同学利用如图所示装置进行实验．

（1）A中反应开始时，弹簧夹C处于打开状态，一段时间后，关闭C，装置A中仍在反应．过一会儿，观察到装置B中出现白色沉淀，该沉淀的化学式为________

．小组同学探究反应后装置B中的溶液的溶质成分．

【提出问题】反应后装置B溶液的溶质成分是什么？

【猜想与假设】猜想1：NaCl、HCl；

猜想2：NaCl、CaCl2；

猜想3：NaCl、NaOH；

猜想4：NaCl、NaOH、Na2CO3．（2）【交流讨论】经讨论，大家一致认为猜想________

一定不合理．理由是________．（3）【实验探究】将反应后装置B中所得混合物过滤，取少量滤液分别进行如下实验：

实验1：向滤液中滴加碳酸钠溶液，无明显现象，则猜想________

不正确．

实验2：（填写下表）实验操作先向滤液中加入过量Ba（NO3）2溶液然后再向滤液中滴加酚酞溶液实验现象________________实验结论猜想4正确【反思评价】实验结束后，同学们经过交流与讨论后认为：

探究反应后所得溶液的溶质成分时，不仅要考虑生成物还要考虑反应物是否过量．【答案】（1）CaCO3（2）1；装置B出现的沉淀为CaCO3，会与盐酸反应（3）2；出现白色沉淀；溶液变红【解析】【解答】由题意可知，A中反应开始时生成了氯化钙、二氧化碳和水，弹簧夹C处于打开状态，生成的二氧化碳与氢氧化钠反应生成了碳酸钠．一段时间后，关闭C，装置A中仍在反应．A中压强增大，液体会被压入到B装置中，氯化钙能与碳酸钠反应生成了碳酸钙沉淀．所以白色沉淀是碳酸钙．

【交流讨论】由于装置B出现的沉淀为CaCO3，会与盐酸反应经讨论，所以猜想1一定不合理．

【实验探究】实验1：由于氯化钙能与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀，所以向滤液中滴加碳酸钠溶液，无明显现象，则猜想2不正确．

实验2：由于碳酸钠显碱性，能与硝酸钡反应，要检验碳酸钠、氢氧化钠的存在，应加入过量硝酸钡溶液再加酚酞试液．所以填表如下：实验操作先向滤液中加入过量Ba（NO3）2溶液然后再向滤液中滴加酚酞溶液实验现象出现白色沉淀溶液变红实验结论猜想4正确故答为：CaCO3；

【交流讨论】装置B出现的沉淀为CaCO3，会与盐酸反应．

【实验探究】实验1：2．

实验2：见上表．

【分析】根据题意可知，A中反应开始时生成了氯化钙、二氧化碳和水，弹簧夹C处于打开状态，生成的二氧化碳与氢氧化钠反应生成了碳酸钠．一段时间后，关闭C，装置A中仍在反应，A中压强增大，液体会被压入到B装置中，如有剩余盐酸，盐酸能与碳酸钠反应生成了二氧化碳气体氯化钠和水，氯化钙能与碳酸钠反应生成了碳酸钙沉淀．

【交流讨论】根据盐酸能与碳酸钙反应分析猜想1；

【实验探究】实验1：（根据碳酸钠能与氯化钙反应分析猜想2；

实验2：根据碳酸钠与氢氧化钠的检验方法、实验现象分析回答．30.

Na2CO3、NaHCO3是生活中常见的盐，某实验小组通过以下实验来研究者离子物质的性质（已知：Na2CO3、NaHCO3的水溶液呈碱性；NaHCO3受热易分解生成Na2CO3、H2O和CO2）．

（1）称取两种固体各1g分别放入两支试管中，再加入5mL水，振荡．固体充分溶解，并恢复至室温；

①发现Na2CO3完全溶解，而NaHCO3有剩余．由此得出结论：在相同温度下，________

；

②向所得溶液中各滴入1～2滴酚酞溶液后，溶液均呈________

色．（2）①取少量NaHCO3按如图装置进行实验，可观察带的现象是：大试管口有水珠生成，________

；

②用________

的方法除去混在Na2CO3粉末中少量的NaHCO3．

（3）测定Na2CO3样品（含NaCl杂质）中Na2CO3的质量分数：

①称取mg样品放入烧杯中加水溶解；

②加入过量的CaCl2溶液充分反应，反应的化学方程式为________

；证明反应后CaCl2有剩余的方法是________

；

③过滤、洗涤、干燥，称量测定的质量为ng．则样品中Na2CO3的质量分数为________

．【答案】（1）同质量的两种固体在同体积的溶剂中，Na2CO3比NaHCO3易溶于水；红

（2）澄清石灰水变浑浊；加热；Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl；

再加入碳酸钠，有白色沉淀生成；106nm【解析】【解答】（1）①称取两种固体各1g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加5mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明在同样的温度下，同质量的两种固体在同体积的溶剂中，Na2CO3比NaHCO3易溶于水；

②碳酸钠和碳酸氢钠的溶液显碱性，向所得溶液中各滴入1～2滴酚酞溶液后，溶液均呈红色；

（2）①碳酸氢钠受热易分解，2NaHCO3=△Na2CO3+CO2↑+H2O，可观察带的现象是：大试管口有水珠生成，生成的CO2气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊；

②碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠受热易分解，用加热的方法除去混在Na2CO3粉末中少量的NaHCO3．

（3）②碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，化学方程方程式为：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，证明反应后CaCl2有剩余的方法是再加入碳酸钠，有白色沉淀生成．

③设碳酸钠样品中碳酸钠的质量为x．

Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl

106

100

x

ng

106x=100ng

x=106n100g

样品中Na2CO3的质量分数为106n100gmg100%=53n50m×100%=106nm%

答案：（1）①同质量的两种固体在同体积的溶剂中，Na2CO3比NaHCO3易溶于水；②红；

（2）①澄清石灰水变浑浊；②加热；

（3）②Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl

再加入碳酸钠，有白色沉淀生成；

③106nm%．【分析】（1）①常温下，同质量、同体积的溶剂，Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，说明Na2CO3四、解答题31.为了探究氢氧化钡溶液和硫酸钠溶液反应后所得滤液X的成分，同学们做了以下实验；取50克滤液于烧杯中，天向烧杯中滴加溶质质量分数为6%的硫酸镁溶液20克，接着烧杯中滴加稀硫酸。加入溶液的质量与烧杯内沉淀的质量关系如图所示。（1）滤液X的pH________7（选填“大于”、“等于”或“小于”）（2）CD段发生反应的化学方程式为________。（3）滤液X中含有的溶质是________。（4）滴加入30克稀硫酸时，烧杯中沉淀的质量m2的值为多少？（写出计算过程）【答案】（1）大于（2）Mg(OH）2+H2SO4=MgSO4+2H20（3）Ba（OH）2和NaOH

（4）解：设加入20克硫酸镁溶液时，生成Mg（OH）2沉淀的质量为x。Ba（OH）2+MgSO4=BaSO4↓+Mg(OH)2↓1205820克×6%x120:58=1.2克：x

解得x=0.58克M2=4.66克+0.58克=5.24克【解析】【分析】（1）根据溶液中含有碱pH大于7分析；

（2）根据氢氧化镁沉淀溶于硫酸，硫酸钡沉淀不溶于酸分析；

（3）根据加入硫酸沉淀质量增加分析；

（4）根据方程式计算的方法步骤分析，利用反应的硫酸镁的质量计算出生成氢氧化镁质量，再根据图像中所给数据计算最终产生沉淀质量。

【解答】（1）加入稀硫酸沉淀增加，说明氢氧化钡有剩余，且氢氧化钡与硫酸钠反应生成氢氧化钠，则滤液XpH大于7；

（2）CD段沉淀减少，为氢氧化镁与硫酸的反应，发生反应的化学方程式为Mg(OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O；

（3）滤液X中含有的溶质是Ba（OH）2和NaOH；

故答案为：（2）Mg(OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O；（3）Ba（OH）2和NaOH；（4）5.24克。32.实验室有一瓶碳酸钙和氯化钙粉末组成的均匀混合物，小科用相同溶质质量分数的稀盐酸和该混合物反应（所得溶液均为不饱和溶液），四组实验数据记录如下表。请分析计算：实验组别一二三四稀盐酸质量/g100.0100.0100.0100.0混合物质量/g3.06.09.012.0所得溶液质量/g101.9103.8105.0a剩余固体质量/g00mn（1）混合物中能和稀盐酸反应的物质是________（2）反应后，稀盐酸还有剩余的是第________组。（3）表中a的值为________。（4）求混合物中碳酸钙和氯化钙质量之比（通过计算说明）。【答案】（1）碳酸钙（2）一、二（3）105.5（4）由第一组数据可知，二氧化碳的质量为100.0+3.0g−101.9g=1.1g设3.0g混合物中碳酸钙的质量为x。CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑10044x1.1g则10044=解得x=2.5g。故混合物中碳酸钙和氯化钙质量之比为2.5g:(3.0g−2.5g)=5:1【解析】【分析】（1）根据复分解反应发生的条件进行判断即可；

（2）根据图表中数据分析，每消耗3.0g混合物，溶液增加1.9g，第三次加入混合物9.0g，溶液增加质量为5.0g小于1.9g×3，说明混合物剩余，稀盐酸完全反应；

（3）第一组中反应前后物质的总质量的差就是生成二氧化碳的质量，根据二氧化碳的质量求解碳酸钙的质量，及一步计算混合物中碳酸钙和氯化钙质量之比；

（4）由于第三组时混合物剩余，稀盐酸完全反应；根据（3）中碳酸钙和氯化钙质量之比可知氯化钙的质量，那么a的数值等于第三组溶液质量与多溶解的氯化钙的质量之和。

【解答】（1）在混合物中，碳酸钙能与稀盐酸反应生成氯化钙，水和二氧化碳，而氯化钙不与稀盐酸反应；

（2）反应后，稀盐酸还有剩余的是第一、二组；

（3）由第一组数据可知，二氧化碳的质量为：100.0+3.0g101.9g=1.1g；

设3.0g混合物中碳酸钙的质量为x，

CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，

100

44

x

1.1g

100x=441.1g；

解得：x=2.5g；

那么混合物中氯化钙的质量为：3g2.5g=0.5g；

那么混合物中碳酸钙和氯化钙质量之比为：2.5g：0.5g=5：1；

（4）第四组比第三组多溶解了12.0g9.0g=3.0g混合物中的氯化钙，

3.0g混合物中的氯化钙质量为：3.0g×11+533.往200克含有稀硝酸和硝酸钙的混合溶液中，加入21.2%的碳酸钠溶液，所得溶液的pH变化与加入碳酸钠溶液的质量关系如图（假设生成的气体全部逸出），试分析计算：a→b段发生反应的化学方程式为________；（2）反应到c点时，所得溶液的溶质质量分数是多少？（写出计算过程，精确到0.1%）（3）c→d段溶液的pH大于7的原因是________。【答案】（1）2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O

（2）依据图示信息，与稀硝酸反应的碳酸钠的质量=50g×21.2%=10.6g与硝酸钙反应的碳酸钠的质量=100g×21.2%=21.2g解：设稀硝酸与碳酸钠反应时，生成硝酸钠的质量为x，生成CO2的质量为y2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O1061704410.6xy10610.6g=170xx=17g，y=4.4g设硝酸钙与碳酸钠反应时，生成硝酸钠的质量为m，生成碳酸钙的质量为n。Ca(NO3)2+Na2CO3=2NaNO3+CaCO3↓10617010021.2gmn10621.2g=170mm=34g，n=20gc点所得溶液的溶质质量分数为=17g+34g答：c点所得溶液的溶质质量分数为15.7%。

（3）c点之后反应已经完成，继续加入碳酸钠溶液，碳酸钠不会参与反应，而碳酸钠溶液显碱性，所以c点后溶液呈碱性。pH大于7。【解析】【分析】根据酸碱盐间的反应分析，再由图像中数据及曲线变化规律找出物质间的反应，利用方程式进行计算求解。【解答】（1）往含有稀硝酸和硝酸钙的混合溶液中，加入碳酸钠溶液时，碳酸钠先与硝酸反应，然后再与硝酸钙反应；所以a→b段为碳酸钠与硝酸的反应，方程式为2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O；（2）反应到c点时，是硝酸和硝酸钙刚好与碳酸钠完全反应，依据图像中数据及方程式计算；（3）c点之后反应已经完成，继续加入碳酸钠溶液，碳酸钠不会参与反应，而碳酸钠溶液显碱性，所以c点后溶液呈碱性。pH大于7，所以c→d段溶液的pH大于7。某同学用一定质量分数的Na2CO3溶液做“Na2CO3＋CaCl2＝2NaCl＋CaCO3↓”的实验。其五次实验结果如下表所示：根据实验结果回答下列问题：实验次数氯化钙质量/g碳酸钠溶液的质量/g碳酸钙的质量/g15.552005211.120010322.220020433.325025555.5400X（1）哪几次实验中碳酸钠有剩余（填序号）________。（2）表中X的值是________。（3）试计算碳酸钠溶液中溶质的质量分数。【答案】（1）1、2（2）40（3）10.6%【解析】【分析】（1）分析比较表中的数据：前3次Na2CO3溶液的质量都是200克，随着氯化钙质量的倍数增加，生成的碳酸钙的质量也在成倍数增加，可以得出前3次氯化钙全部参加了反应，氯化钙质量与碳酸钙的质量比为5.55：5。当在第4次氯化钙的质量增加到是第一次6倍时，这时生成的碳酸钙的质量只是第一次的5倍，说明了250克碳酸钠溶液中溶质全部参加了反应，生成了碳酸钙是25克，可得出碳酸钠溶液与碳酸钙的质量比为